第1章 磁场 章末素养提升-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（粤教版2019）

章末素养提升 物理观念 安培力 （1）方向判定方法：左手定则 安培力方向垂直于B与I构成的平面 （2）大小：F=BILsin θ（θ为B与I的夹角） 洛伦兹力 （1）方向判定方法：左手定则 （2）大小：f=qvBsin θ（θ为B与v的夹角） 带电粒子（不计重力）在匀强磁场中的运动 （1）若v∥B，所受洛伦兹力f=0，带电粒子在匀强磁场中做匀速直线运动 （2）若v⊥B，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。由qvB=m得：r=，T== 洛伦兹力与现代技术 （1）回旋加速器 最大速度v= 最大动能：Ek= 加速次数：n= 磁场中运动时间：t=T （2）质谱仪 加速电场：qU=mv2 偏转磁场：qvB=m 科学思维 1.微元法：判断通电导线在磁场中所受安培力的方向 2.等效法：利用等效长度求通电导线所受安培力的大小 3.综合分析、推理能力：能综合应用牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动的规律分析带电粒子在组合场、叠加场中的运动 科学探究 1.能分析物理现象，提出针对性问题 2.能调研电磁技术中关于安培力与洛伦兹力的应用 科学态度 与责任 1.认识回旋加速器和质谱仪对人类探究未知领域的重要性 2.认识磁技术应用对人类生活的影响 例1　（2023·广东卷）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对论效应，1 eV=1.6×10-19 J）（　　） A.3.6×106 m/s B.1.2×107 m/s C.5.4×107 m/s D.2.4×108 m/s 答案　C 解析　洛伦兹力提供向心力有qvB=m，质子加速后获得的最大动能为Ek=mv2，解得最大速率约为v=5.4×107 m/s，故选C。 例2　（多选）（2024·潮州市高二期末）如图所示，两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O'两点，已知OO'连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ，保持导线中的电流大小和方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，下列分析正确的是（　　） A.两导线中的电流方向一定相同 B.两导线中的电流方向一定相反 C.所加磁场的方向可能沿x轴正向 D.所加磁场的方向可能沿z轴负向 答案　BD 解析　根据平行同向电流互相吸引，反向电流互相排斥可知，两导线互相排斥，故两导线中的电流方向一定相反，故A错误，B正确； 若磁场的方向沿x轴正向，与导线中电流的方向平行，故导线没有受到安培力的作用，不符合题意，故C错误； 若磁场的方向沿z轴负向，根据左手定则可知，两导线所受安培力的方向在水平方向上，故D正确。 例3　（多选）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，粒子a从磁场边缘A点沿半径方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了120°角；若粒子b也从A点沿半径方向射入磁场，离开磁场时的出射速度与a粒子的出射速度方向相反，已知a、b粒子比荷相等，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　） A.若a为正粒子，则b一定为负粒子 B.a粒子在磁场中运动的轨道半径为r=R C.a、b粒子在磁场中运动的速度之比为1∶3 D.a、b粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1 答案　ACD 解析　因为同一点同方向射入，出射速度方向相反，根据左手定则可知，若a为正粒子，则b一定为负粒子，故A正确； 粒子a从磁场边缘A点沿半径方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了120°角，转过圆心角为120°，根据几何关系tan 60°=，解得ra=R，故B错误； 粒子b离开磁场时的出射速度与a粒子的出射速度方向相反，根据几何关系可知，转过的圆心角为60°，则rb==R 根据Bqv=m得r= 已知a、b粒子比荷相等，可得a、b粒子在磁场中运动的速度之比为1∶3，故C正确； 粒子在磁场中运动周期T=，a、b粒子比荷相同，故周期相同，则运动时间之比等于转过的圆心角之比，所以a、b粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1，故D正确。 例4　（多选）（2023·中山市华侨中学高二期中）如图所示，粗细均匀的光滑绝缘半圆环MN固定在竖直面内，处在垂直于圆环所在平面向里的匀强磁场中，MN是圆环的水平直径，半径等于R，一个质量为m，电荷量为q的带电小球套在半圆环上，在M点由静止释放，小球第一次运动到圆环最低点P时，圆环对小球的作用力大小等于mg，g为重力加速度，匀强磁场的磁感应强度大小可能为（　　） A.0 B. C. D. 答案　BD 解析　小球从M到P过程中，根据机械能守恒定律有mgR=mv2，解得v=，小球运动到P点时受到的合外力为F合=m=2mg，方向指向圆心；在最低点，若环对小球作用力向上，小球受到的洛伦兹力一定向上，且qvB1=2mg，解得B1=，若环对小球的作用力向下，则小球受到向上的洛伦兹力，且qvB2=4mg，解得B2=，故选B、D。 例5　（2023·全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，不计粒子重力。该粒子的比荷为（　　） A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有qvB=m，则=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB，联立有=，故选A。 例6　（2024·汕头市高二期末）如图所示，平行板器件中存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1=0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1=1.0×105 V/m。坐标系xOy紧靠平行板的右侧边缘，第一象限内有与y轴正方向成45°的边界OA，边界线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25 T，边界线下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0×105 V/m，一带正电的离子，电荷量q=8.0×10-19C、质量m=8.0×10-26 kg，从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4 m）的Q点垂直y轴射入磁场区，并多次穿越边界线OA。求：（不计离子重力，取π=3.14） （1）离子运动的速度大小； （2）离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间； （3）离子第四次穿越边界线OA的位置坐标。 答案　（1）5.0×105 m/s　（2）8.28×10-7 s　（3）（0.5 m，0.5 m） 解析　（1）离子在平行板间做直线运动，有qE1=qvB1 解得v=5.0×105 m/s （2）离子进入磁感应强度为B2的磁场中做匀速圆周运动，有qvB2=m，解得r=0.2 m 作出离子的运动轨迹，交OA边界C点，如图所示 圆弧对应圆心角为90°，其运动时间为 t1=T=×=6.28×10-7 s 离子过C点速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场，先做匀减速直线运动，加速度为 a== m/s2=5.0×1012 m/s2 设离子从C点进入电场到返回边界上的C点所用时间为t2，由匀变速直线运动规律知 t2== s=2×10-7 s 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界OA所用时间 t=t1+t2=6.28×10-7+2×10-7 s=8.28×10-7 s （3）离子的运动轨迹如图所示 离子第二次穿越边界线OA的位置C点的坐标为（xC，yC），则xC=r=0.2 m，yC=OQ-r=0.2 m 离子第三次穿越边界线OA的位置D点的坐标为（xD，yD），则xD=r+r=0.4 m，yD=0.4 m 离子垂直进入电场做类平抛运动，设垂直电场线方向位移为x，沿电场线方向位移为y，则x=vt3，y=·，tan 45°= 解得x=0.1 m，y=0.1 m 所以第四次穿越边界的E点，坐标为（xE，yE），由几何关系得xE=xD+x=0.4 m+0.1 m=0.5 m，yE=yD+y=0.4 m+0.1 m=0.5 m 即离子第四次穿越OA的位置坐标为（0.5 m，0.5 m）。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DIYIZHANG 第一章 章末素养提升 1 再现 素养知识 物理观念 安培力 (1)方向判定方法：_________ 安培力方向垂直于B与I构成的平面 (2)大小：F=________(θ为B与I的夹角) 洛伦兹力 (1)方向判定方法：__________ (2)大小：f=qvBsin θ(θ为B与v的夹角) 带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动 (1)若v∥B，所受洛伦兹力f=____，带电粒子在匀强磁场中做__________运动 (2)若v⊥B，带电粒子在匀强磁场中做__________运动。由 _____=m得：r=_____，T== 左手定则 BILsin θ 左手定则 0 匀速直线 匀速圆周 qvB 物理观念 洛伦兹力与现代技术 (1)回旋加速器 最大速度v=_____ 最大动能：Ek=________ 加速次数：n= 磁场中运动时间：t=T (2)质谱仪 加速电场：qU=mv2 偏转磁场：qvB=m 科学思维 1.微元法：判断通电导线在磁场中所受安培力的方向 2.等效法：利用等效长度求通电导线所受安培力的大小 3.综合分析、推理能力：能综合应用牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动的规律分析带电粒子在组合场、叠加场中的运动 科学探究 1.能分析物理现象，提出针对性问题 2.能调研电磁技术中关于安培力与洛伦兹力的应用 科学态度 与责任 1.认识回旋加速器和质谱仪对人类探究未知领域的重要性 2.认识磁技术应用对人类生活的影响 　(2023·广东卷)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV=1.6×10-19 J) A.3.6×106 m/s B.1.2×107 m/s C.5.4×107 m/s D.2.4×108 m/s 例1 √ 提能 综合训练 洛伦兹力提供向心力有qvB=m，质子加速后获得的最大动能为Ek= mv2，解得最大速率约为v=5.4×107 m/s，故选C。 　(多选)(2024·潮州市高二期末)如图所示，两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O'两点，已知OO'连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ，保持导线中的电流大小和方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，下列分析正确的是 A.两导线中的电流方向一定相同 B.两导线中的电流方向一定相反 C.所加磁场的方向可能沿x轴正向 D.所加磁场的方向可能沿z轴负向 例2 √ √ 根据平行同向电流互相吸引，反向电流互相排斥 可知，两导线互相排斥，故两导线中的电流方向 一定相反，故A错误，B正确； 若磁场的方向沿x轴正向，与导线中电流的方向平行，故导线没有受到安培力的作用，不符合题意，故C错误； 若磁场的方向沿z轴负向，根据左手定则可知，两导线所受安培力的方向在水平方向上，故D正确。 　(多选)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，粒子a从磁场边缘A点沿半径方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了120°角；若粒子b也从A点沿半径方向射入磁场，离开磁场时的出射速度与a粒子的出射速度方向相反，已知a、b粒子比荷相等，不计粒子的重力，则下列说法正确的是 A.若a为正粒子，则b一定为负粒子 B.a粒子在磁场中运动的轨道半径为r=R C.a、b粒子在磁场中运动的速度之比为1∶3 D.a、b粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1 例3 √ √ √ 因为同一点同方向射入，出射速度方向相反，根据 左手定则可知，若a为正粒子，则b一定为负粒子， 故A正确； 粒子a从磁场边缘A点沿半径方向射入磁场，离开磁 场时速度方向偏转了120°角，转过圆心角为120°，根据几何关系 tan 60°=，解得ra=R，故B错误； 粒子b离开磁场时的出射速度与a粒子的出射速度方向相反，根据几 何关系可知，转过的圆心角为60°，则rb==R 根据Bqv=m得r= 已知a、b粒子比荷相等，可得a、b粒子在磁场中 运动的速度之比为1∶3，故C正确； 粒子在磁场中运动周期T=，a、b粒子比荷相同，故周期相同，则运动时间之比等于转过的圆心角之比，所以a、b粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1，故D正确。 　(多选)(2023·中山市华侨中学高二期中)如图所示，粗细均匀的光滑绝缘半圆环MN固定在竖直面内，处在垂直于圆环所在平面向里的匀强磁场中，MN是圆环的水平直径，半径等于R，一个质量为m，电荷量为q的带电小球套在半圆环上，在M点由静止释放，小球第一次运动到圆环最低点P时，圆环对小球的作用力大小等于mg，g为重力加速度，匀强磁场的磁感应强度大小可能为 A.0 B. C. D. 例4 √ √ 小球从M到P过程中，根据机械能守恒定律有mgR= mv2，解得v=，小球运动到P点时受到的合外 力为F合=m=2mg，方向指向圆心；在最低点，若 环对小球作用力向上，小球受到的洛伦兹力一定向上，且qvB1=2mg， 解得B1=，若环对小球的作用力向下，则小球受到向上的洛伦兹力，且qvB2=4mg，解得B2=，故选B、D。 　(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运 动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距 离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，不计粒子重力。该粒子的比荷为 A. B. C. D. 例5 √ 由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场 中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知 粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有 qvB=m=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电 场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏， 则有Eq=qvB，联立有=，故选A。 　(2024·汕头市高二期末)如图所示，平行板器件中存 在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1= 0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1=1.0×105 V/m。 坐标系xOy紧靠平行板的右侧边缘，第一象限内有与y轴正方向成45°的边界OA，边界线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25 T，边界线下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0×105 V/m，一带正电的离子，电荷量q=8.0×10-19C、质量m=8.0×10-26 kg，从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，并多次穿越边界线OA。求：(不计离子重力，取π=3.14) 例6 (1)离子运动的速度大小； 答案　5.0×105 m/s　 离子在平行板间做直线运动，有qE1=qvB1 解得v=5.0×105 m/s (2)离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需 的时间； 答案　8.28×10-7 s　 离子进入磁感应强度为B2的磁场中做匀速圆周运动，有qvB2=m，解得r=0.2 m 作出离子的运动轨迹，交OA边界C点，如图所示 圆弧对应圆心角为90°，其运动时间为 t1=T=×=6.28×10-7 s 离子过C点速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场，先做匀减速直线运动，加速度为 a== m/s2=5.0×1012 m/s2 设离子从C点进入电场到返回边界上的C点所用 时间为t2，由匀变速直线运动规律知 t2== s=2×10-7 s 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界OA所用时间 t=t1+t2=6.28×10-7+2×10-7 s=8.28×10-7 s (3)离子第四次穿越边界线OA的位置坐标。 答案　(0.5 m，0.5 m) 离子的运动轨迹如图所示 离子第二次穿越边界线OA的位置C点的坐标 为(xC，yC)，则xC=r=0.2 m，yC=OQ-r=0.2 m 离子第三次穿越边界线OA的位置D点的坐标为(xD，yD)， 则xD=r+r=0.4 m，yD=0.4 m 离子垂直进入电场做类平抛运动，设垂直电场线方向位移为x，沿电 场线方向位移为y，则x=vt3，y=·，tan 45°= 解得x=0.1 m，y=0.1 m 所以第四次穿越边界的E点，坐标为(xE，yE)， 由几何关系得xE=xD+x=0.4 m+0.1 m=0.5 m， yE=yD+y=0.4 m+0.1 m=0.5 m 即离子第四次穿越OA的位置坐标为(0.5 m，0.5 m)。 BENKEJIESHU 本课结束 $$